2023年高考押题预测卷03（甲卷理科）（参考答案）

2023年高考押题预测卷03【全国卷甲卷】

理科数学·参考答案

参考答案：

1．D【详解】解：由题意得，

，故选：D.

2．C【详解】因为复数，

所以复数z在复平面内所对应的点为， 该点位于第三象限.故选：C．

3．C【详解】，当结果为偶数时，输出，直到，则

当时，输出；当时，输出；

当时，输出；当时，输出；

当时，输出；当时，输出；

当时，，输出，结束.故选：C.

4．B  【详解】解：由频率分布直方图可知，前3组的频率分别为，第4组的频率为

所以，中位数，即满足，对应的评价是良好. 故选：B.

5．C  【分析】先找出两个三角形外接圆的圆心及外接球的球心，通过证明，可得四边形为平行四边形，进而证得BC⊥面APC，通过勾股定理可求得PB的值.

【详解】如图所示，

由题意知，，

所以，，

所以AB的中点即为△ABC外接圆的圆心，记为，

又因为，

所以，，

所以在中，取AC的中点M，连接PM，则△APC的外心必在PM的延长线上，记为，

所以在中，因为，，所以为等边三角形，

所以，

（或由正弦定理得：）

所以，

在中，，，，

设外接球半径为R，则，解得：，

设O为三棱锥P-ABC的外接球球心，则面ABC，面APC．

所以在中，，

又因为在，，

所以，，

所以四边形为平行四边形，

所以，

又因为，

所以，

又因为面APC，

所以BC⊥面APC，

所以，

所以，即：.

故选：C.

6．B【分析】根据，结合双曲线的结合性质求得，进而求得双曲线的渐近线方程.

【详解】由题意知，双曲线的离心率为，

可得，即，解得，

所以双曲线的渐近线方程为.

故选：B.

7．D

【分析】利用抽象函数的轴对称与中心对称性的性质，得出函数的对称轴和中心对称点及周期，利用相关性质得出具体函数值，即可得出结果.

【详解】∵，∴关于对称，

∵为奇函数，∴由平移可得关于对称，且，

，即

上两式比较可得

∴函数是以4为周期的周期函数.，，

∴， ∴.

故选：D.

8．A

【分析】根据三视图得到该四棱台腰长为，上底长为4，下底长为2的正四棱台求解.

【详解】解：由三视图可知该四棱台为正四棱台，且腰长为，

因为上底长为4，下底长为2，

所以该棱台的高为，

棱台的体积，

故选：.

9．B【分析】分甲取打扫区域和甲去打扫或区域两种情况，结合分步乘法计数原理和分类加法计数

若甲去打扫区域，则甲的安排方法只有一种，再安排乙，丙，丁三人共种安排方法，由分步乘法计数原理可得有种安排方法，

若甲去打扫区域或区域，则甲的安排方法只有两种，再安排乙，由于乙不能去打扫区域，故乙的安排方法有两种，再安排丙，丁两人，共种安排方法，由分步乘法计数原理可得有种安排方法，

由分类加法计数原理可得共有种安排方法.

故选：B.

10．B

【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.

【详解】A：，即在定义域上递增，不符合；

B：，

在上，在上，在上，

所以在、上递减，上递增，符合；

C：由且定义域为，为偶函数，

所以题图不可能在y轴两侧，研究上性质：，故递增，不符合；

D：由且定义域为R，为奇函数，

研究上性质：，故在递增，

所以在R上递增，不符合；

故选：B

11．A【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，

所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，

由此可得，第次操作之后所得图形的面积是，

即经过4次操作之后所得图形的面积是.故选：A

12．B

【分析】令，结合，判断AC；将不等式转化为，，再构造函数求解最值即可判断B；借助特殊值判断D.

【详解】解：令，则，且，，

当，，∴存在一个较小的正数使得都有，

当时，，∴存在一个较小的正数使得都有，

故A，C都不正确，

对于选项B，当，则显然成立，当时，即证明，

也即证明，，

令，则，

所以，时，，单调递增，时，，单调递减，

所以，的最小值为，

令，则，

所以，时，，单调递减，时，，单调递增，

所以，的最大值为，

所以，，

因为不同时取等，

所以，，即选项B正确，

对于选项D，当时，（成立），即，所以选项D不正确．

故选：B．

13．/

【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示，结合数量积运算律求出，即可求出夹角的余弦值.

【详解】单位向量，满足，则，

因此，所以，夹角的余弦值为.

故答案为：

14．

【详解】因为的展开式中各项系数之和为,

令,得,所以6.

因为展开式的通顶公式为,

令,得;令,得,

所以展开式中的系数为.故答案为：

15．

【分析】根据两角和的正弦公式，辅助角公式，化简可得解析式，根据题意，求得周期，可得值，根据，结合正弦型函数的性质，可求得a值，根据x的范围，求得的范围，可得的最值，结合题意，分析即可得b的范围.

【详解】由题设，，，

由相邻两个对称轴之间的距离为，故，

又，即，

故，解得．

，

当时，，此时的最大值为，最小值为，

若存在，，使成立，

则只需，

，故的取值范围为

16．【详解】，则，

则时，，单调递增.

时，恒成立，即恒成立，

则在上恒成立，

则即在上恒成立，

令，，则

则当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

则当时取得最小值，则

则实数的取值范围是

故答案为：

17．(1)(2)

【详解】（1）若选①，由余弦定理得，整理得，则，

又，则，，则；

若选②，则，又，则，

又 ，得，则；

（2）由正弦定理得：，则，则，．

（3） 

18．(1)证明见解析(2)

【详解】（1）延长PE交AB于M，延长PF交CD于，

因为E，F分别为和的重心，

所以M，N分别为AB，CD的中点，且，

又因为底面ABCD为平行四边形，所以，

又因为平面，平面PBC，所以平面PBC．

（2）（方法一）因为平面ABCD，所以．

又因为，且，所以平面PAD，所以，

又因为，所以和均为等腰直角三角形，．

又因为N为CD的中点，所以，

故如图建立空间直角坐标系，因为，

易得P（0，0，2），M（1，0，0），N（0，1，0），C（1，1，0），，，

设平面PMN的一个法向量为，则由，，得

令，得 ，

又因为平面PAD的一个法向量为，

设平面PEF与平面PAD所成二面角的平面角为，则，

如图所示二面角为锐角，所以．

（方法二）过作 ，且，连接NQ和DQ，

取AD的中点为H，易知平面PAD，过H作于O，

则，所以为平面PEF与平面PAD所成二面角的平面角，

因为，，

所以在中，．

19．(1)(2)分布列见解析，一班赢下这场比赛

【详解】（1）由条件知，若一班在前两轮得20分，后三轮得90分，总分为110分，

其概率为，

若一班在前两轮得40分，后三轮得60分或90分，总分为100或130分，

其概率为，

于是一班总分不少于100分的概率为；

（2）由条件知，随机变量X可能取值为60，80，100，120，

，，

，．

所以X的分布列为：

，

设三班最后的总分为Y，Y可能取值为30，60，90，120，

，，

，，

的分布列：

，

因为，所以从总分的均值来判断，一班赢下这场比赛.

20．(1)(2)

【详解】（1）设，由题意有且，

化简得，即．

（2）当其中一条直线的斜率不存在时，则、一条为长轴长、另一条为过的通径长，

令，则，可得，故通径长为，而长轴长为，易得．

当直线的斜率存在且不为0时，设直线的斜率为，则直线为，

，化简整理得，

设，则，

，

，则直线的斜率为，同理，

，

令，则，当，即时等号成立，

而，则四边形面积的最小值为.

21．(1)(2)证明见解析

【详解】（1），即切点为，

该点处的斜率．

则，故．

（2）由（1）知．

则等价于，

故

设，则，所以当时，，

所以在上单调递增，所以，

即当时，，

因为，所以，当且仅当时取等号，

所以，即．

令，则，

当，则在上为增函数．

因为，所以，又，

由于，即，

则，即．

22．(1)(2)或

【分析】（1）根据参数方程消去参数即可得的普通方程，即可根据直角坐标与极坐标之间的转化公式可求得答案;

（2）设，根据可求得的值，即可求得答案.

【详解】（1）由曲线的参数方程(为参数)，消去参数后得，

可得的普通方程为，

把代入得的极坐标方程为．

（2）由题意，在极坐标系中，，点在曲线上，设．

在中，由余弦定理有，

即，

化简得，

故或．

23．(1)(2)

【分析】（1）分别求解,,三种情况下的解集,综合即可得结果;

（2）对任意的,存在,使得成立,等价于的值域是的值域的子集,分别求得和的值域,即可得结果.

【详解】（1）由,

当时,,得,即;

当时,,得成立,即;

当时,,得,即;

综上,不等式的解集是.

（2）对任意的,存在,使得成立,

等价于对任意的,存在,使得成立,

即的值域是的值域的子集,

,

当且仅当,即时,等号成立,

所以的值域为,

因为,

所以的值域为,所以,解得.

所以的取值范围是.